【备战2014】高考物理复习 2013年模拟题汇编（2）专题十八 动量和能量

1 20142014 高考物理复习高考物理复习 20132013 届模拟题汇编 届模拟题汇编 2 2 专题十八 专题十八 动量和能量动量和能量 1 2013 北京海淀期中 如图 8 所示 轻弹簧的一端固定在竖直墙上 质量为m的光滑弧形 槽静止放在光滑水平面上 弧形槽底端与水平面相切 一个质量也为m的小物块从槽高h处 开始自由下滑 下列说法正确的是 A 在下滑过程中 物块的机械能守恒 B 在下滑过程中 物块和槽的动量守恒 C 物块被弹簧反弹后 做匀速直线运动 D 物块被弹簧反弹后 能回到槽高h处 1 答案 C 解析 在下滑过程中 物块和光滑弧形槽组成的系统机械能守恒 物块的机械能减小 选项 A 错误 在下滑过程中 物块和光滑弧形槽组成的系统水平方向不受力 水平方向动量 守恒 而竖直方向系统所受重力大于支持力 合外力不为零 系统动量不守恒 选项 B 错误 物块被弹簧反弹后 做匀速直线运动 不能回到槽高h处 选项 C 正确 D 错误 2 14 分 2013 北京四中摸底 质量为m 1kg 的小木块 可看成质点 放在质量为 M 5kg 的长木板的左端 如图所示 长木板放在光滑的水平桌面上 小木块与长木板间的动 摩擦因数 0 1 长木板的长度l 2m 系统处于静止状态 现使小木块从长木板右端脱离出 来 可采取下列两种方法 g取 10m s2 1 给小木块施加水平向右的恒定外力F F作用时间t 2s 则F至少是多大 2 给小木块一个水平向右的冲量I 则冲量I至少是多大 解题思路 应用匀变速直线运动规律 牛顿第二定律列方程解得解题思路 应用匀变速直线运动规律 牛顿第二定律列方程解得 F F 的最小值 由动量守的最小值 由动量守 恒定律 动能定理 动量定理列方程解得恒定律 动能定理 动量定理列方程解得冲量I的最小值 的最小值 考查要点 匀变速直线运动规律 牛顿第二定律 动量守恒定律 动能定理 动量定理等 考查要点 匀变速直线运动规律 牛顿第二定律 动量守恒定律 动能定理 动量定理等 解析 1 设 m M 的加速度分别是a1 a2 则 图 8 h 2 slta 2 1 2 1 sta 2 2 2 1 2 22 2 1 0 1 10m s0 2m s 5 mgMaa 由 可得 2 12 11 2m saa 1 mamgF 0 1 1 10 1 1 2N2 2NF 2 01 mvmM v 解得 10 1 6 vv 2 1 2 0 2 1 2 1 vmMmvmgl 解得 0 4 8m sv 0 4 8N sImv A 3 12 分 2013 安徽皖南八校联考 如图所示 质量为 m1的为滑块 可视为质点 自光 滑圆弧形糟的顶端 A 处无初速度地滑下 糟的底端与水平传送带相切于左传导轮顶端的 B 点 A B 的高度差为 h1 1 25 m 传导轮半径很小 两个轮之间的距离为 L 4 00m 滑块 与传送带间的动摩擦因数 0 20 右端的轮子上沿距离地面高度 h2 1 80m g 取 10 m s2 1 槽的底端没有滑块 m2 传送带静止不运转 求滑 块 m1滑过 C 点时的速度大小 v 2 在 m1下滑前将质量为 m2的滑块 可视为质点 停放在槽的底端 m1下滑后与 m2发生弹性碰撞 且碰撞后 m1速度方向不变 则 m1 m2应该满足什 么条件 3 满足 2 的条件前提下 传送带顺时针运转 速度为 v 5 0m s 求出滑块 m1 m2落地 点间的最大距离 结果可带根号 解析 1 滑块 m1滑到 B 点过程 由机械能守恒定律 m1gh1 m1v02 1 2 解得 v0 5m s 3 滑块 m1由 B 点滑到 C 点过程 由动能定理 m1gL m1v2 m1v02 1 2 1 2 解得 v 3 0m s 2 m2的滑块停放在槽的底端 m1下滑后与 m2发生弹性碰撞 由动量守恒定律 m1v0 m1v1 m2v2 由能量守恒定律 m1v02 m1v12 m2v22 1 2 1 2 1 2 解得 v1 v0 v2 v0 12 12 m m mm 1 12 2 m mm 根据题述 碰撞后 m1速度方向不变 v1 0 所以m1 m2 3 滑块经过传送带后做平抛运动 h2 gt2 解得 t 0 6s 1 2 当m1 m2时 滑块碰撞后的速度相差最大 经过传送带后速度相差也最大 v1 v0 v0 5m s 12 12 m m mm v2 v0 2 v0 10m s 1 12 2 m mm 由于滑块m1与传送带速度相同 不受摩擦力 m1水平射程 x1 v1t 3 0m 滑块m1与传送带间有摩擦力作用 由动能定理 m2gL m2v2 2 m2v22 1 2 1 2 解得v2 2m s 21 m2水平射程 x2 v 2t 1 2m 21 滑块 m1 m2落地点间的最大距离 x x2 x1 1 2m 3 0m 1 2 3 m 2121 4 10 分 2013 北京海淀期中 如图 17 所示 在倾角 30 的斜面上放置一段凹槽 B B与斜面间的动摩擦因数 槽内靠近右 6 3 侧壁处有一小物块A 可视为质点 它到凹槽左侧壁 图 17 d A B 4 的距离 d 0 10m A B的质量都为m 2 0kg B与斜面间的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力 不计A B之间的摩擦 斜面足够长 现同时由静止释放A B 经过一段时间 A与B的侧壁 发生碰撞 碰撞过程不计机械能损失 碰撞时间极短 取g 10m s2 求 1 物块A和凹槽B的加速度分别是多大 2 物块A与凹槽B的左侧壁第一次碰撞后瞬间A B的速度大小 3 从初始位置到物块A与凹槽B的左侧壁发生第三次碰撞时B的位移大小 10 分 解题思路 通过分析受力 应用牛顿第二定律解得物块A和凹槽B的加速度 AB 碰撞 应用 动量守恒定律和能量守恒定律得到第一次碰撞后瞬间A B的速度大小 应用运动学和相关 知识得到发生第三次碰撞时B的位移大小 考查要点 牛顿运动定律 动量守恒定律 能量守恒定律和匀变速直线运动规律等 解析 1 设A的加速度为a1 则 mg sin ma1 a1 g sin sin 30 5 0m s2 1 分 设B受到斜面施加的滑动摩擦力f 则 10N 方向沿斜面向上 cos2mgf 30cos100 2 6 3 B所受重力沿斜面的分力 2 0 10 sin30 10N 方向沿斜面向下 sin 1 mgG 因为 所以B受力平衡 释放后B保持静止 则fG 1 凹槽B的加速度a2 0 1 分 2 释放A后 A做匀加速运动 设物块A运动到凹槽B的左内侧壁时的速度为vA0 根据 匀变速直线运动规律得 dav 1 2 A0 2 vA0 1 0m s 1 分 da1210 0 0 52 因A B发生弹性碰撞时间极短 沿斜面方向动量守恒 A和B碰撞前后动能守恒 设A与B 碰撞后A的速度为vA1 B的速度为vB1 根据题意有 1 分 B1A1A0 mvmvmv 5 1 分 2 B1 2 1A 2 A0 2 1 2 1 2 1 mvmvmv 解得第一次发生碰撞后瞬间A B的速度分别为 vA1 0 vB1 1 0 m s 1 分 3 A B第一次碰撞后 B以vB1 1 0 m s 做匀速运动 A做初速度为 0 的匀加速运动 设 经过时间t1 A的速度vA2与B的速度相等 A与B的左侧壁距离达到最大 即 vA2 解得t1 0 20s B111 vta 设t1时间内A下滑的距离为x1 则 2 111 2 1 tax 解得x1 0 10m 因为x1 d 说明A恰好运动到B的右侧壁 而且速度相等 所以A与B的右侧壁恰好接触 但没有发生碰撞 1 分 设A与B第一次碰后到第二次碰时所用时间为t2 A运动的距离为xA1 B运动的距离为 xB1 A的速度为vA3 则 xA1 xB1 vB1t2 xA1 xB1 2 21 2 1 ta 解得t2 0 40s xB1 0 40m vA3 a1t2 2 0m s 1 分 第二次碰撞后 由动量守恒定律和能量守恒定律可解得A B再次发生速度交换 B以 vA3 2 0m s 速度做匀速直线运动 A以vB1 1 0m s 的初速度做匀加速运动 用前面第一次碰撞到第二次碰撞的分析方法可知 在后续的运动过程中 物块A不会与凹槽 B的右侧壁碰撞 并且A与B第二次碰撞后 也再经过t3 0 40s A与B发生第三次碰撞 1 分 设A与B在第二次碰后到第三次碰时B运动的位移为xB2 则 xB2 vA3t3 2 0 0 40 0 80m 设从初始位置到物块A与凹槽B的左内侧壁发生第三次碰撞时B的位移大小x 则 x xB1 xB2 0 40 0 80 1 2m 1 分 5 14 分 2013 北京四中摸底 如图所示 装置的左边是足够长的光滑水平面 一 轻质弹簧左端固定 右端连接着质量 M 2kg 的小物块A 装置的中间是水平传送带 它与左 6 右两边的台面等高 并能平滑对接 传送带始终以 v 2m s 的速率逆时针转动 装置的右边 是一光滑的曲面 质量m 1kg 的小物块B从其上距水平台面h 1 0m处由静止释放 已知物 块B与传送带之间的摩擦因数 0 2 l 1 0m 设物块A B中间发生的是对心弹性碰撞 第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态 取 g 10m s2 1 求物块B与物块A第一次碰撞前速度大小 2 通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边曲面上 3 如果物块A B每次碰撞后 物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定 而当他们再次 碰撞前锁定被解除 试求出物块B第n次碰撞后的运动速度大小 5 解题思路 由机械能守恒定律 牛顿第二定律 匀变速直线运动规律 列方程解得解题思路 由机械能守恒定律 牛顿第二定律 匀变速直线运动规律 列方程解得物 块B与物块A第一次碰撞前速度大小 应用动量守恒定律 机械能守恒定律 匀变速直线运 动规律列方程得到物块 B 在传送带上向右运动的最大位移为 根据 l 1 0m判断出物块 l l B与物块A第一次碰撞后不能运动到右边曲面上 考查要点 机械能守恒定律 牛顿第二定律 匀变速直线运动规律 动量守恒定律等 考查要点 机械能守恒定律 牛顿第二定律 匀变速直线运动规律 动量守恒定律等 解析 1 设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0 由机械能守恒知 2 0 1 2 mghmv 0 2vgh 设物块B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a A B h l u 2m s 7 mgma 设物块B通过传送带后运动速度大小为v 有 22 0 2vval 结合 式解得 v 4m s 由于 2m s 所以v 4m s 即为物块 B 与物块 A 第一次碰撞前的速度大小vu 2 设物块 A B 第一次碰撞后的速度分别为 V v1 取向右为正方向 由弹性碰撞知 1 mvmvMV 222 1 111 222 mvmvMV 解得 1 14 33 vvm s 即碰撞后物块 B 在水平台面向右匀速运动 设物块 B 在传送带上向右运动的最大位移为 则 l 2 1 02v al 4 1 9 lmm 所以物块 B 不能通